备战2020年高考物理一轮复习单元训练金卷第三单元牛顿运动定律A卷含解析201909111195

2020年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---牛顿三定律的理解一、单项选择题1．下列说法中正确的是()A．惯性是物体只有在匀速运动或静止时才表现出来的性质B．物体的惯性是指物体不受外力作用时保持匀速直线运动状态或静止状态的性质C．物体不受外力作用时，保持匀速直线运动状态或静止状态，有惯性；受到外力作用时，不能保持匀速直线运动状态或静止状态，因此无惯性D．惯性是物体的属性，与物体的运动状态和是否受力均无关【答案】D【解析】惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态和受力情况均无关，故只有D正确。

2．物体A的质量为10 kg，物体B的质量为20 kg，A、B分别以20 m/s和10 m/s的速度运动，则下列说法中正确的是()A．A的惯性比B大B．B的惯性比A大C．A和B的惯性一样大D．不能确定A、B的惯性大小关系【答案】B【解析】质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大，惯性大小与速度大小无关，故B的惯性比A大，选项B正确，A、C、D都错。

3．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。

对这一现象，下列说法正确的是()A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小【答案】C【解析】因为相同大小的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系。

由牛顿第三定律知，作用力与反作用力等大、反向，故选项C正确。

4．如图所示，物体在水平力F作用下压在竖直墙上静止不动，则()A．物体所受摩擦力的反作用力是重力B．力F就是物体对墙的压力C．力F的反作用力是墙壁对物体的支持力D．墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力【答案】D【解析】作用力与反作用力的性质相同，选项A错误；力F与物体对墙的压力是两个不同的力，选项B错误；力F与墙壁对物体的支持力是一对平衡力，选项C错误；墙壁对物体的弹力与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力，选项D正确。

第三章牛顿运动定律一、选择题（每小题6分,共60分）1.下列说法正确的是 （C ） A. 物体的速度越大，其惯性越大B. 速度很大的物体，其加速度一定很大C. 一对作用力与反作用力大小相等，性质相同D. 做曲线运动的物体所受到的合外力方向与加速度方向一定不在同一直线上【解析】物体的惯性的大小量度是质量，与运动状态无关,A 项错误；加速度反映物体 速度变化的快慢，与速度大小无关,B 项错误；由牛顿第三定律，可知一对作用力与反 作用力大小相等，性质相同,C 项正确；由牛顿第二定律可知，合外力与加速度方向一 定相同,D 项错误。

2. 竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10 m/s 2的加速度，若推动力增大到2F,则 火箭的加速度将达到（g 取10 m/s 2,不计空气阻力） （C ）2 2 A.20 m/s B.25 m/sD.40 m/s 【解析】根据牛顿第二定律可知 F-mg=ma 当推力为2F 时有2F-mg=ma 代入数据解 得a 2=30 m/s 2,C 项正确。

3. （2020 •福建六校联考）|甲、乙、丙、丁四个物体的运动情况或所受合力的情况如 图所示，四幅图的图线都是直线，下列有关说法中正确的是 A. 甲物体受到不为零且恒定的合力C.30 m/s(D)B. 乙物体受到的合力越来越大C. 丙物体受到的合力为零D. 丁物体的加速度越来越大【解析】甲物体做匀速直线运动，所受合力为零，故A 项错误；乙物体做匀加速直线运 动，加速度恒定，受到的合力恒定，故B 项错误；丙物体的加速度恒定，则受到的合力 恒定,且不为零,故C 项错误；丁物体受到的合力F 越来越大,则加速度越来越大,故D 项正确。

4. 如图所示,木块A 的质量为m,木块B 的质量为M,叠放在光滑的水平面上,A 、B 之 间的动摩擦因数为 卩,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

现用水平力 F 作用于A,则保持A 、B 相对静止的条件是F 不超过 (C)A. 卩 mgB.卩 MgC. , m g l +专D.(X + T【解析】由于A 、B 相对静止，以整体为研究对象可知F=(M+m)a 若A 、B 即将相对滑 动，以物体B 为研究对象可知X mg=Ma 联立解得F=X mg ,C 项正确。

单元评估检测(三)(第三章) 牛顿运动定律(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

1～5题为单选题,6～8题为多选题)1.关于力与运动,下列说法正确的是( )A.没有力的推动作用,小车就不能运动B.物体只受一个力的作用,其运动状态一定改变C.物体处于静止时才有惯性D.汽车的速度越大则惯性越大【解析】选B。

惯性是物体能够保持原来的运动状态的一种性质,小车已经有了初速度的情况下,没有力的推动作用,小车仍然运动,故A错误;力是改变物体运动状态的原因,物体只受一个力的作用,其运动状态一定改变,故B正确;惯性是物体的固有属性,它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质,惯性大小只与物体的质量有关,与物体的运动状态无关,故C、D错误。

2.我们都难以忘记刘翔那优美的跨栏姿势。

在刘翔用脚向后蹬地、跨越栏架的过程中( )A.支撑脚蹬地的瞬间,地面对脚的支持力大于脚对地面的压力B.支撑脚蹬地的瞬间,地面受到向后的摩擦力C.支撑脚离地后,他还受到向前冲的力,以至于能很快地通过栏架D.运动到最高处时,速度达到最大值,方向沿水平方向向前【解析】选B。

地面对脚的支持力和脚对地面的压力是作用力与反作用力关系,大小相等,A错误;支撑脚蹬地的瞬间,地面受到向后的摩擦力,脚受到向前的摩擦力,B正确;支撑脚离地后,由于惯性,以至于能很快地通过栏架,C错误;运动到最高处时,速度达到最小值,方向沿水平方向向前,D错误。

3.(2017·临汾模拟)某学校教室里的磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁,小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案,如图所示。

关于小磁铁,下列说法中正确的是( )A.磁铁受到黑板的吸引力大于受到的弹力才能被吸在黑板上B.磁铁与黑板间在水平方向上存在两对作用力与反作用力C.磁铁受到五个力的作用D.磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力【解析】选B。

小磁铁受到的磁力与受到的弹力大小相等,是一对平衡力,故A错误;小磁铁与黑板间在水平方向存在两对作用力与反作用力,①黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力,②黑板对磁铁的弹力与磁铁对黑板的弹力,故B正确;小磁铁受到四个力的作用,竖直方向重力和摩擦力,水平方向黑板对小磁铁的吸引力和黑板对小磁铁的弹力,故C错误;磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是相互作用力,故D错误。

《牛顿运动定律》综合检测(时间:90分钟　满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.下列有关行车安全的说法正确的是(　C　)A.系好安全带可以减小人的惯性B.同一辆车,速度越大停下来需要的时间越长,说明速度大的车惯性大C.系好安全带可以减轻因人的惯性而造成的伤害D.系好安全带可以减轻因车的惯性而造成的伤害解析:惯性大小唯一的量度是质量,所以A,B错误;系好安全带可减轻因人的惯性而造成的伤害,C正确,D错误.2.如图所示,两个质量分别为m1=2 kg,m2=3 kg的物体置于光滑的水平面上,中间用水平的轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为F1=30 N, F2=20 N的水平拉力分别作用在m1,m2上,则(　D　)A.弹簧测力计的示数是25 NB.弹簧测力计的示数是50 NC.在突然撤去F2的瞬间,m1的加速度大小为5 m/s2D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度大小为13 m/s23.竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上方有一个质量为m的物体.当电梯静止时弹簧被压缩了x;当电梯运动时弹簧又被压缩了x.试判断电梯运动的可能情况是(　D　)A.以大小为2g的加速度加速上升B.以大小为2g的加速度减速上升C.以大小为g的加速度加速下降D.以大小为g的加速度减速下降解析:因为电梯静止时,弹簧被压缩了x,由此可知mg=kx.当电梯运动时,弹簧又被压缩了x,弹簧的弹力变大,物体所受合力方向向上,大小是mg,处于超重状态.由牛顿第二定律可得mg=ma,即加速度大小a=g,方向是向上的,此时物体可能是做向上的匀加速运动,也可能是做向下的匀减速运动,D正确.4.如图所示,在建筑工地,工人用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起,其中A的质量为m,B的质量为3m,水平作用力为F,A,B之间的动摩擦因数为μ,在此过程中,A,B间的摩擦力为(　D　)A.μFB.2μFC.m(g+a)D.m(g+a)解析:由于A,B相对静止,故A,B之间的摩擦力为静摩擦力,A,B错误.设工人一只手对A,B在竖直方向上的摩擦力为F f,以A,B整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f-(m+3m)g=(m+3m)a,设B对A的摩擦力方向向下,大小为F f′,对A由牛顿第二定律有F f-F f′-mg=ma,解得F f′=m(g+a),C错误,D正确.5.以初速度v竖直向上抛出一小球,小球所受空气阻力与速度的大小成正比,下列图像中,能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是(　D　)解析:设小球所受的阻力f=kv,小球的质量为m,则在小球上升的过程中有mg+f=ma,得a=g+,由于上升过程中小球的速度越来越小,小球的加速度a也越来越小,故v t图像的斜率的绝对值越来越小,A,B错误;在下落过程中有a=g-,下落过程中小球的速度越来越大,故小球的加速度越来越小,则v-t图像的斜率的绝对值越来越小,C错误,D 正确.6.如图所示,木块A,B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m,B的质量为2m.现施加水平力F拉B,A,B刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动.若改为水平力F′拉A,使A,B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F′不得超过(　B　)A.2FB.C.3FD.解析:水平力F拉B时,A,B刚好不发生相对滑动,这实际上是将要滑动,但尚未滑动的一种临界状态,从而可知此时A,B间的摩擦力即为最大静摩擦力.对A,B整体:F=(m+2m)a.再将A隔离可得A,B间最大静摩擦力为F fm=ma,解以上两式得F fm=.若将F′作用在A上,隔离B可得B能与A一起运动,而A,B不发生相对滑动的最大加速度a′=,对A,B整体:F′=(m+2m)a′,由以上几式解得F′=.7.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　A　)解析:开始阶段两物体一起做匀加速运动,有F=(m1+m2)a,即a==,两物体加速度相同且与时间成正比.当两物体间的摩擦力达到μm2g后,两者发生相对滑动.对m2有F-f=m2a2,在相对滑动之前f逐渐增大,相对滑动后f=μm2g不再变化,a2==-μg,故其图像斜率增大;而对m1,在发生相对滑动后,有μm2g=m1a1,故a1=为定值.故A选项正确.8.如图(甲)所示,静止在水平地面上的物块A,受到水平向右的拉力F 作用,F与时间t的关系如图(乙)所示,设物块与地面的最大静摩擦力F fm与滑动摩擦力大小相等,则(　BC　)A.0～t1时间内物块A的加速度逐渐增大B.t2时刻物块A的加速度最大C.t3时刻物块A的速度最大D.t2～t4时间内物块A一直做减速运动解析:0～t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大,物块处于静止状态,选项A错误.t2时刻物块A受到的拉力F最大,物块A的加速度最大,选项B正确.t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力,加速度减小到零,物块A的速度最大,选项C正确.t2～t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动,t3～t4时间内物块A一直做减速运动,选项D错误.9.如图(甲)所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图(乙)所示,取g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　BCD　)A.0～5 s内小木块做匀减速运动B.在t=1 s时刻,摩擦力反向C.斜面倾角θ=37°D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5解析:由匀变速直线运动的速度位移公式得v2-=2ax,由题图(乙)可得a==-10 m/s2,故减速运动时间t==1 s,故A错误;由题图(乙)可知,在0～1 s 内小木块向上做匀减速运动,1 s后小木块反向做匀加速运动,t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由题图(乙)可知,小木块反向加速运动时的加速度a′== m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcosθ=m|a|,mgsinθ-μmgcosθ=ma′,代入数据解得μ=0.5,θ=37°,故C,D正确.10.如图所示,水平传送带A,B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,工件滑上传送带A端的瞬时速度v A=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为v B.g取10 m/s2,下列说法中正确的是(　ABC　)A.若传送带不动,v B=3 m/sB.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,v B=3 m/sC.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,v B=3 m/sD.若传送带以速度v=4 m/s顺时针匀速转动,v B=3 m/s解析:若传送带不动,由匀变速直线运动规律可知-=-2as,a=μg,代入数据解得v B=3 m/s,当满足选项B,C中的条件时,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,同理可得,工件到达B端的瞬时速度仍为3 m/s,故选项A,B,C正确;若传送带以速度v=4 m/s顺时针匀速转动,则工件滑上A端后做匀速运动,到B端的速度仍为4 m/s,故选项D 错误.11.如图(甲)所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图(乙)所示,g取10 m/s2,根据图像可求出(　BC　)A.物体的初速率v0=3 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min=1.44 mD.当θ=45°时,物体达到最大位移后将停在斜面上解析:当斜面倾角θ=90°时,物体对斜面无压力,也无摩擦力,物体做竖直上抛运动,根据匀变速直线运动规律有02-=-2gx,根据题图(乙)可得此时x=1.80 m,解得初速率v0=6 m/s,选项A错.当斜面倾角θ=0°时即为水平,物体在运动方向上只受到摩擦力作用,则有μmgx= m,根据题图(乙)知此时x=2.40 m,解得μ=0.75,选项B对.物体沿斜面上滑,由牛顿第二定律可知加速度a=gsin θ+μgcos θ=g(sin θ+μcosθ).=2ax=2g(sin θ+μcosθ)x,得当sin θ+μcosθ最大时,即tan θ=,θ=53°时,x取最小值x min,解得x min=1.44 m,C项正确.当θ=45°时,因mgsin 45°>μmgcos45°,则物体达到最大位移后将返回,D项错误.12.如图(甲)所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图(乙)所示.已知|v2|>|v1|,则(　BD　)A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t2时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析:0～t1时间内,小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运动,速度减为零时并未从左端滑下,说明传送带足够长,其向左运动的位移大小x1=;t1～t2时间内:小物块受到的滑动摩擦力仍然向右,因此反向做匀加速运动,加速到与传送带速度v1相等,其位移大小x2=<x1,此后物块做匀速运动.0～t2时间内,小物块始终相对于传送带向左运动,故t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大.二、非选择题(共52分)13.(6分)在“探究小车加速度a与其质量m的关系”的实验中:(1)备有器材:A.带有定滑轮的长木板;B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带;C.细绳、小车、砝码;D.装有沙的沙桶;E.薄木板;F.毫米刻度尺;还缺少的一件器材是 .(2)实验得到如图(甲)所示的一条纸带,相邻两个计数点的时间间隔为T;B,C两点的间距x2和D,E两点的间距x4已量出,利用这两段间距计算小车加速度的表达式为 .(3)某同学根据实验数据画出的a-图线如图(乙)所示,从图线可得沙和沙桶的总质量为 kg.(g取 10 m/s2)(4)另一位同学根据实验数据画出的a-图像如图(丙)所示,则造成这一结果的原因是　.解析:(1)本题要测量小车的质量,所以还缺少的一件器材是天平; (2)根据逐差法得:x4-x2=2aT2,解得a=.(3)根据牛顿第二定律可知,a=,则F即为a-图像的斜率,所以沙和沙桶的总重力m′g=F= N=0.2 N,解得m′=0.02 kg.(4)从题图(丙)中发现直线没过原点,当绳子上有拉力时小车的加速度还为0,则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤.所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够.答案:(1)天平(2)a=(3)0.02(4)没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够评分标准:(1)(2)每空1分,(3)(4)每空2分.14.(8分)用图(甲)所示的实验装置验证牛顿第二定律.(1)某同学通过实验得到如图(乙)所示的a F图像,造成这一结果的原因是:在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角 (选填“偏大”或“偏小”).(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验,实际小车在运动过程中所受的拉力 (选填“大于”“小于”或“等于”)砝码和盘的总重力,为了便于探究、减小误差,应使小车与车上砝码质量M与砝码和盘的总质量m满足 的条件.(3)某同学得到如图(丙)所示的纸带,已知打点计时器电源频率为50 Hz,A,B,C,D,E,F,G是纸带上7个连续的点,由此可算出小车的加速度a= m/s2(保留两位有效数字).解析:(1)当拉力F=0时,小车具有加速度,说明平衡摩擦力时平衡过度,即木板与水平桌面间的倾角偏大.(2)对整体分析,根据牛顿第二定律得,a=,则绳子的拉力F=Ma=,所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力,当M≫m,即砝码和盘的总质量小于小车和小车上砝码的总质量时,砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力.(3)根据刻度尺的示数可知Δx=3.90 cm-2.10 cm=1.80 cm,时间间隔为T=0.06 s,代入Δx=aT2得加速度为a=5.0 m/s2.答案:(1)偏大　(2)小于　M≫m(3)5.0评分标准:每空2分.15.(6分)如图(甲)所示,在倾角为θ=30°的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,滑块的质量为m=2 kg,它与斜面的动摩擦因数为μ,帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比,即F f=kv.若滑块从静止开始下滑的速度—时间图像如图(乙)中的曲线所示,图(乙)中的直线是t=0时速度图线的切线,g=10 m/s2.(1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度;(2)求μ和k的值.解析:(1)由题图(乙)可得t=0时,滑块下滑的加速度最大为a max===3 m/s2(2分)t=3 s时,滑块下滑的速度最大为v max=2 m/s.(1分)(2)t=0时滑块下滑的加速度最大为a max,由牛顿第二定律得F合=mgsin θ-μmgcosθ=ma max,(1分)t=3 s时滑块下滑的速度达到最大,有mgsin θ=μmgcosθ+kv max,(1分)解得μ=,k=3 kg/s(说明:k的答案没有单位不算对).(1分)答案:(1)3 m/s2　2 m/s　(2)　3 kg/s16.(8分)如图(甲)所示,有一足够长的粗糙斜面,倾角θ=37°,一滑块以初速度v0=16 m/s从底端A点滑上斜面,滑至B点后又返回到A点.滑块运动的速度—时间图像如图(乙)所示,求:(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2)(1)A,B之间的距离;(2)滑块再次回到A点时的速度大小;(3)滑块在整个运动过程中所用的时间.解析:(1)由v t图像知A,B之间的距离为s AB= m=16 m.(1分)(2)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1,从B返回到A过程的加速度大小为a2,滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ,则有a1== m/s2=8 m/s2(1分)由于mgsin θ+μmgcosθ=ma1,得μ=0.25.(1分)滑块由B返回到A的过程中,则有mgsin θ-μmgcosθ=ma2即a2=4 m/s2,(1分)设滑块返回到A点时的速度为v,有v2-0=2a2s AB即v=8 m/s.(1分)(3)设滑块从A到B用时为t1,从B返回到A用时为t2,则有t1=2 s(1分)t2==2 s(1分)则滑块在整个运动过程中所用的时间为t=t1+t2=(2+2) s.(1分)答案:(1)16 m　(2)8 m/s　(3)(2+2) s17.(12分)如图所示,传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L1=2.5 m,L2=2 m.传送带始终保持以速度v向右匀速运动.现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板.已知:滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板,平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1,滑块、平板的质量均为m=2 kg,g取10 m/s2.求:(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求v的大小.(2)若v=6 m/s,求滑块离开平板时的速度大小.解析:(1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小a1==3 m/s2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动,加速度大小a2==1 m/s2(1分)设滑块从平板左端滑至右端用时为t,共同速度为v′,平板位移为x,对滑块进行分析:v′=v-a1t(1分)L2+x=vt-a1t2(1分)对平板进行分析:v′=a2t(1分)x=a2t2(1分)联立以上各式代入数据解得t=1 s,v=4 m/s.当v=4 m/s时,滑块在传送带上加速运动的位移为x1==1.6 m<L1,故符合题意.(1分)(2)滑块在传送带上的加速度a3==5 m/s2(1分)若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度为v1==5 m/s<6 m/s(1分)即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t′,离开平板时的速度为v″,平板位移为x′则v″=v1-a1t′(1分)L2+x′=v1t′-a1t′2(1分)x′=a2t′2(1分)联立以上各式代入数据解得t′= s,t2′=2 s(t2′>t,不合题意,舍去)将t′= s代入v″=v1-a1t′得v″=3.5 m/s.(1分)答案:(1)4 m/s　(2)3.5 m/s18.(12分)如图所示,一长L=2 m,质量M=4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=5 m,木板的正中央放有一质量为m=1 kg的物块(可视为质点),已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48 N,g取10 m/s2,试求:(1)F作用了1.2 s时,木板的右端离平台边缘的距离;(2)要使物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件.解析:(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律:对木板:F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1解得a1=6 m/s2(1分)对物块:μ1mg=ma2解得a2=4 m/s2,(1分)因a2<a1,故假设成立设F作用t时间后,物块恰好从木板左端滑离,则=a1t2-a2t2(1分)解得t=1 s(1分)在此过程:木板位移x1=a1t2=3 m末速度v1=a1t=6 m/s(1分)物块位移x2=a2t2=2 m,末速度v2=a2t=4 m/s(1分)在物块从木板上滑落后的t0=0.2 s内,由牛顿第二定律,对木板:F-μ1Mg=Ma1′解得a1′=8 m/s2(1分)木板发生的位移x1′=v1t0+a1′=1.36 m此时木板右端距平台边缘Δx=l-x1-x1′=0.64 m.(1分)(2)物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律:对物块:μ2mg=ma2′(1分)解得a2′=μ2g若物块在平台上速度减为0,则通过的位移x2′=(1分)要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l+≥x2+x2′(1分)联立解得μ2≥0.2.(1分)答案:(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2。

绝密★启用前2020年高三物理一轮复习测试第三章牛顿运动定律本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题，每小题3.0分,共60分)1.如图，水平地面上质量为m的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度，则()A．弹簧的伸长量为B．弹簧的伸长量为C．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力D．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对作用力与反作用力2.弹簧测力计下悬挂一个重为G＝10 N的金属块，使金属块部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)，如图所示，若弹簧测力计的示数变为6 N，则台秤的示数()A．保持不变B．增加10 NC．增加6 ND．增加4 N3.如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为 ()A． 0B．gC．gD．g4.如图所示，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为F N，球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力()A．小于F NB．等于F NC．等于F N＋FD．大于F N＋F5.汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶，根据牛顿运动定律，以下说法正确的是 ()A．汽车能拉着拖车加速前进，是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力B．加速前进时，汽车对拖车的拉力大小与拖车对汽车的拉力大小相等C．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力D．汽车对拖车的拉力大小与拖车所受地面对它的摩擦力大小相等6.小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层．则下列说法正确的是()A．他始终处于超重状态 B．他始终处于失重状态C．他先后处于超重、平衡、失重状态 D．他先后处于失重、平衡、超重状态7.如图所示：质量为m的木块与质量为M的长木板一起以初速度v在地面上滑行，仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，滑行过程中二者始终相对静止，长木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与长木板间动摩擦因数为μ2，则滑行过程中木块受到的摩擦力一定为()A．μ1(m＋M)gB．μ2mgC．μ1mgD．μ1mg＋μ2Mg8.如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同，放上物块后A物块匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，放上D物块后D物块静止在斜面上，四个斜面体均保持静止．四种情况下斜面体对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是()A．F1＝F2＝F3＝F4 B．F1>F2>F3>F4C．F1<F2＝F4<F3 D．F1＝F3<F2<F49.光滑水平面上并排放置质量分别为m1＝2 kg、m2＝1 kg的两物块，t＝0时刻同时施加两个力，其中F1＝2 N、F2＝(4－2t) N，方向如图所示．则两物块分离的时刻为()A． 1 sB． 1.5 sC． 2 sD． 2.5 s10.如图所示，在水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板，在木板A上放着质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现用水平恒力F向右拉木板A，则以下判断正确的是()A．不管F多大，木板B一定保持静止B．A、C之间的摩擦力大小一定等于μmgC．B受到地面的摩擦力大小一定小于FD．A、B之间的摩擦力大小不可能等于F11.如图所示，两车厢的质量相同，其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近．若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢里有人的判断是正确的()A．绳子的拉力较大的那一端车厢里有人B．先开始运动的车厢里有人C．后到达两车中点的车厢里有人D．不去称量质量无法确定哪个车厢有人12.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则()A．车厢的加速度为g sinθB．绳对物体1的拉力为C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)gD．物体2所受底板的摩擦力为013.如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为 4 kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N．g取10 m/s2.对此过程的分析正确的是()A．物体受到的重力变大B．物体的加速度大小为1 m/s2C．电梯正在减速上升D．电梯的加速度大小为4 m/s214.我们乘电梯上高层楼房时，从起动到停下来，我们分别所处的状态是()A．先失重，正常，后超重 B．先超重，正常，后失重C．先超重，失重，后正常 D．先正常，超重，失重15.如果正在做自由落体运动的物体的重力忽然消失，那么它的运动状态应该是()A．悬浮在空中不动 B．运动速度逐渐减小C．做竖直向下的匀速直线运动 D．以上三种情况都有可能16.以下说法正确的是()A．物体不受外力作用时，一定处于静止状态B．要物体运动必须有力作用，没有力的作用，物体将静止C．要物体静止必须有力作用，没有力的作用，物体将运动D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态17.如图所示，一根轻质弹簧的一端系着一个物体，手拉轻质弹簧的一端，轻质弹簧与物体一起在粗糙水平面上向左做匀加速运动，当手突然停止运动后的很短时间内，物体将()A．立即停止运动B．向左做变加速运动C．向左做匀加速运动D．向左做减速运动18.以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的v－t图象可能正确的是()A． B．C． D．19.如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()A． (M＋m)gB． (M＋m)g－maC． (M＋m)g＋maD． (M－m)g20.有一热气球以一定的速度匀速竖直上升到某一高度时，从热气球里掉出一个苹果，则苹果离开热气球后将()A．继续上升一段距离，然后下落 B．立即下落C．永远保持原来的速度继续上升 D．以上说法都不对第Ⅱ卷二、计算题(共4小题，每小题10.0分,共40分)21.如图所示，一质量为0.2 kg的小球系在静止在光滑的倾角为53°的斜面上，斜面静止时，球紧靠在斜面上，轻绳与斜面平行，当斜面以10 m/s2的加速度水平向右匀加速直线运动时，求轻绳对小球的拉力和斜面对小球的弹力．(g＝10 m/s2)22.如图所示，为一传送货物的传送带abc，传送带的ab部分与水平面夹角α＝37°，bc部分与水平面夹角β＝53°，ab部分长为4.7 m，bc部分长为7.5 m．一个质量为m＝1 kg的物体A(可视为质点)与传送带的动摩擦因数μ＝0.8.传送带沿顺时针方向以速率v＝1 m/s匀速转动．若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c处，此过程中物体A不会脱离传送带．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2)求物体A从a处被传送到c处所用的时间．23.为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系．小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：(1)“A鱼”入水瞬间的速度v A1；(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力F fA；(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比F fA∶F fB.24.如图所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如下表.(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)若游船和游客的总质量M＝8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小．答案解析1.【答案】B【解析】物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡，结合胡克定律有：μmg＝kx，则弹簧的形变量x＝.故A错误，B正确．物体受到的支持力和对地面的压力是一对作用力和反作用力．故C错误．弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力．故D错误．2.【答案】D【解析】金属块浸入水中后，水对金属块产生浮力F，由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为F＝G－F T＝(10－6) N＝4 N．根据牛顿第三定律，金属块对水也施加一个反作用力F′，其大小F′＝F＝4 N，通过水和杯的传递，对台秤产生附加压力，所以，台秤的示数增加4 N.3.【答案】B【解析】平衡时，小球受到三个力：重力mg、木板AB的支持力F N和弹簧拉力F T，受力情况如图所示．突然撤离木板时，F N突然消失而其他力不变，因此F T与重力mg的合力F＝＝mg，产生的加速度a＝＝g，B正确．4.【答案】D【解析】剪断连接球b的细线后，b球会向上加速，造成两球之间的静电力F电增大，剪断前由整体法F N＝Mg＋mag＋mbg，F电＝mbg＋F.剪断后对箱和a球有F N′＝Mg＋mag＋F电′＝F N－mbg＋F电′，由于F电′>F电，所以F N′>F N＋F，故选D.5.【答案】B【解析】汽车拉着拖车加速前进，汽车对拖车的拉力大于拖车所受地面对它的摩擦力，根据牛顿第三定律，汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力，且同时产生，故只有选项B正确．6.【答案】C【解析】小明乘电梯从一楼直达十楼，电梯先向上做加速运动，再匀速向上运动，后向上做减速运动，所以加速度方向先向上，再为零，后向下，则小明先超重再正常后失重，则小明对地板的压力先增大后不变再减小，故C正确．7.【答案】C【解析】根据牛顿第二定律，应用整体法有μ1(m＋M)g＝(m＋M)a，解得加速度为a＝μ1g，木块的加速度是由木板施加的静摩擦力产生的，因此滑行过程中木块受到的摩擦力为F f＝ma＝μ1mg.选项C正确．8.【答案】C【解析】设物块和斜面的总重力为G.第一个物块匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1<G；第二个物块匀速下滑，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F2＝G；第三个物块匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F3>G；第四个物块静止在斜面上，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4＝G.故有F1<F2＝F4<F3.故C正确，A、B、D错误．9.【答案】D【解析】两物块未分离时，设m1与m2之间的作用力为F，对m1：F－F1＝m1a；对m2：F2－F＝m2a.两个物块分离时，F＝0，即有：－F1＝m1a，F2＝m2a.代入数据得t＝2.5 s，选项D正确．10.【答案】A【解析】木板A对木板B的最大静摩擦力F f1＝μ(M＋m)g，M为木板A的质量，地面对木板B的最大静摩擦力F f2＝μ(2M＋m)g>F f1，故选项A正确；物块C的最大加速度a＝μg，当F≤μ(M＋m)g时，A、C处于静止状态，A、C之间的摩擦力为0，选项B错误；A做匀速直线运动或处于静状态时，A、B间的摩擦力F fAB＝F，地面对B的静摩擦力F fB＝F fAB＝F，选项C、D错误．11.【答案】C【解析】根据牛顿第三定律，两车之间的拉力大小相等．故A错误．有拉力后，两车同时受到拉力，同时开始运动．故B错误．两车之间的拉力大小相等，根据牛顿第二定律，总质量大，加速度小，由x＝at2，相同时间内位移小，后到达中点．即后到达两车中点的车厢里有人．故C正确，D错误．12.【答案】B【解析】物体1与车厢具有相同的加速度，对物体1受力分析，受重力和拉力，根据合成法知，F＝m1g tanθ，拉力F T＝.物体1的加速度a＝g tanθ，所以车厢的加速度为g tanθ.故A错误，B 合正确．物体2加速度为g tanθ，对物体2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力F N＝m2g－，F f＝m2a＝m2g tanθ，故C、D错误．13.【答案】B【解析】当物体对支持物的压力大于重力时，物体处于超重状态，超重状态时物体的重力不变．故A错误；传感器的示数为44 N，则物体受到的支持力是44 N，根据牛顿第二定律：a＝＝m/s2＝1 m/s2.故B正确，D错误；物体加速度的方向向上，则是向上做加速运动，或向下做减速运动．故C错误．14.【答案】B【解析】乘电梯上高层楼房时，从起动到停下来，具体的运动过程是：开始时先向上加速，加速度向上，超重；稳定后匀速直线，加速度为零，正常；停止时，向上减速，加速度向下，失重．所以整个过程是：先超重，正常，后失重．15.【答案】C【解析】做自由落体运动的物体在运动过程中只受重力作用，如果重力消失，则物体不受任何力作用，根据牛顿第一定律可得物体将做竖直向下的匀速直线运动，C正确．16.【答案】D【解析】力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，B、C错误．物体不受外力作用时，将处于匀速直线运动状态或静止状态，A错误，D正确．17.【答案】B【解析】当手突然停止运动，弹簧形变并未立即改变，其弹力仍大于滑动摩擦力，故手突然停止后一小段时间内仍向左做变加速运动．18.【答案】B【解析】不计空气阻力时，物体的加速度恒定，物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，加速度相等，图线为一倾斜直线．考虑空气阻力时，物体上升的加速度大小a＝，下降时的加速度大小a′＝，可知a′<g<a，则下落的加速度小于上升的加速度，则上升时图线的斜率绝对值大于下落时图线的斜率绝对值，故B正确，A、C、D错误．19.【答案】B【解析】对竿上的人受力分析：受重力mg、摩擦力F f，且有mg－F f＝ma竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿受力分析：其受重力Mg、摩擦力F f′，方向向下、支持力F N，且有Mg＋F f′＝F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律得F N′＝F N＝(M＋m)g－ma，B项正确．20.【答案】A【解析】气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时，从气球中落下一个苹果，苹果在下落前和气球以相同的速度向上运动，所以离开气球后，由于惯性，要继续上升一段距离，再下降．故B、C、D错误．故选A.21.【答案】2.83 N0【解析】当a→0时，小球受到三个力(重力、绳的拉力、斜面的支持力)作用，此时绳平行于斜面；当a较大时，小球将“飞离”斜面，此时绳与斜面的夹角未知．设小球处在刚要离开斜面的临界状态时加速度值为a0，此时斜面对小球的支持力为零，斜面加速向右运动，对小球有：＝ma0，a0＝＝7.5 m/s2因为a＝10 m/s2>7.5 m/s2，则小球离开斜面向右加速运动，如图所示．则绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为：F＝＝2.83 N，F N＝022.【答案】7.825 s【解析】物体A轻放在a点后在摩擦力和重力作用下先做匀加速直线运动直到和传送带速度相等，然后和传送带一起匀速运动到b点．在这一加速过程中有加速度a1＝＝0.4 m/s2，运动时间t1＝＝2.5 s，运动距离s1＝＝m＝1.25 m<sab，在ab部分做匀速运动的时间t2＝＝s＝3.45 s.由于mg sinβ>μmg cosβ，所以物块沿传送带bc部分匀加速运动到c点，则物体A在传送带bc部分滑动的加速度为a2＝g sinβ－μmg cosβ＝3.2 m/s2，设在bc部分运动的时间为t3，则根据匀变速运动的规律得：7.5 m＝vt3＋a2t，解得t3＝1.875 s．物体A从a处被传送到c处所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝7.825 s.23.【答案】(1)(2)mg(－)(3)【解析】(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有v－0＝2gH①得：v A1＝②(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有F浮＋F fA－mg＝maA③0－v＝－2aAhA④由题意：F浮＝mg.由②③④式得F fA＝mg(－)⑤(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有F fB＝mg(－)⑥综合⑤、⑥两式，得＝.24.【答案】见解析【解析】(1)a1＝＝m/s2＝0.105 m/s2.x1＝Δt1＝2.1×40 m＝84 m.(2)设游船匀减速运动的加速度大小为a2，则a2＝＝m/s2＝0.05 m/s2.F＝Ma2＝400 N.(3)x2＝vΔt2＝4.2×600 m＝2 520 m.x3＝·Δt3＝176 m.x＝x1＋x2＋x3＝2 780 m.所以＝≈3.86 m/s.。

牛顿运动定律综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家,巧合的是,牛顿就出生在伽利略去世后第二年.下列关于力和运动关系的说法中,不属于他们观点的是( D )A.自由落体运动是一种匀变速直线运动B.力是使物体产生加速度的原因C.物体都具有保持原来运动状态的属性,即惯性D.力是维持物体运动的原因解析:A项是伽利略的观点,B,C两项是牛顿的观点,D项是亚里士多德的观点.2.人在平地上静止站立时,受到的支撑力等于人的重力.做原地纵跳时,在快速下蹲和蹬伸的过程中,人体受到的支撑力发生变化(如图,G为重力,F为支撑力).下列图像能正确反映该变化的是( D )解析:人腾空时支撑力为零,故A,C错误.人在快速下蹲和蹬伸的过程中,加速度先向下,再向上,即先失重,再超重,故支撑力先小于重力,然后大于重力,故B错误,D正确.3.某实验小组在实验室设计了一个不用天平测量物体质量的实验,如图,在光滑水平台面右端固定一个恒力器,在台面左端放一辆小车,车上固定一遮光条,遮光条宽度为d,恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F,使小车由静止开始依次经过两个光电门,光电门1,2记录的挡光时间分别为t1,t2,测得两光电门中心间距为x,不计遮光条质量.根据以上实验数据可得小车质量为( B )A. B.C. D.解析:对小车,由牛顿第二定律有F=ma,小车通过两光电门间距离的过程中,由运动学公式有()2-()2=2ax,联立两式解得小车的质量为m=,故B正确.4.如图所示,质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连,Ⅰ,Ⅱ的另一端分别固定于P,Q.小球静止时,Ⅰ中拉力大小为F T1,Ⅱ中拉力大小为F T2,当剪断水平细线Ⅱ的瞬间,小球的加速度a应是( C )A.a=g,方向竖直向下B.a=g,方向竖直向上C.a=,方向水平向左D.a=,方向沿Ⅰ的延长线解析:剪断水平细线Ⅱ的瞬间,由于弹簧的弹力不能突变,所以此时小球受到F T1和重力mg作用,合力水平向左,大小为F T2,所以加速度为a=,方向水平向左.5.如图所示,n个质量为m的相同木块并列放在水平面上,木块跟水平面间的动摩擦因数为μ,当对木块1施加一个水平向右的推力F时,木块加速运动,木块5对木块4的压力大小为( D )A.FB.C. D.解析:以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μnmg=nma,得a=-μg;以1,2,3,4整体为研究对象,设5对4的压力为N,根据牛顿第二定律有F-N-μ·4mg=4m·a,联立以上二式得N=,故A,B,C错误,D正确.6.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在车上的一根水平杆,物块M穿在杆上,M通过轻质细线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,小车未动时细线恰好在竖直方向上.现使小车按图中所示分四次分别以加速度a1,a2,a3,a4向右匀加速运动,四种情况下M,m均与小车保持相对静止,且图1和图2中细线仍处于竖直方向,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为f1,f2,f3,f4,则下列判断错误的是( B )A.f1∶f2=1∶2B.f1∶f2=2∶3C.f3∶f4=1∶2D.tan α=2tan θ解析:题图1,2中M在水平方向只受摩擦力作用,根据牛顿第二定律有f1=Ma1,f2=Ma2,所以f1∶f2=1∶2,故A正确,B错误;对3,4两图,以M,m整体为研究对象,受力分析如图所示,f3=(M+m)a3,f4=(M+m)a4,可得f3∶f4=1∶2,故C正确;以m为研究对象,根据牛顿第二定律可得mgtan θ=ma3,mgtan α=ma4,联立可得tan α=2tan θ,故D正确.7.在沿斜面方向的拉力F作用下,物体沿倾斜角度为θ的斜面向上运动;以沿斜面向上为正方向,0～7 s内拉力F和物体速度v随时间的变化规律如图所示,g取10 N/kg,则下列说法中错误的是( B )A.物体的质量m=1 kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ>tan θC.斜面倾斜角度满足sin θ=D.7 s后若撤去力F,物体将会做匀速直线运动解析:由题意及图像可得0～5s,拉力F方向沿斜面向上,有F1- mgsin θ-μmgcos θ=ma1, ①5～6 s,拉力F方向沿斜面向下,有F2-mgsin θ-μmgcos θ=ma2, ②6～7 s,拉力F方向仍沿斜面向下,物体沿斜面向下加速,摩擦力方向沿斜面向上,有F3-mgsin θ+μmgcos θ=ma3, ③由v t图像得a1=1 m/s2,a2=-5 m/s2,a3=-3 m/s2,由F t图像得F1=3 N,F2=F3=-3 N,由①②式得m=1 kg,由②③式得sin θ=,A,C正确;由③式得mgsin θ=μmgcos θ,μ=tanθ,则撤去力F后物体所受合力为零,将做匀速直线运动,D正确,B错误.8.氢气球下系一小重物G,重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动,重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向,图中气球和重物G在运动中所处的位置可能是( ABC )解析:重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动,故合力为零或者与速度共线,可能做匀速直线运动,故A正确;可能做匀减速直线运动,故B正确;可能做匀加速直线运动,故C正确;重力和绳的拉力的合力与速度必须共线,故D错误.9.一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下,若雨滴下落过程中所受重力保持不变,且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大,则下列图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是( AC )解析:根据牛顿第二定律得a=,因为速度增大,阻力增大,所以速度增大,加速度减小,雨滴做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,雨滴做匀速直线运动,故A,C正确.10.传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsin α)做匀加速直线运动,则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是( BC )A.支持力与静摩擦力的合力等于mgB.静摩擦力沿皮带向下C.静摩擦力的大小可能等于mgsin αD.皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tan α解析:物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速直线运动,物块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;加速度a>gsin α,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;由牛顿第二定律知mgsin α+F f=ma,因为a比gsin α大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin α,C正确;皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tan α,故D错误. 11.建设房屋时,保持底边长L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动.下列说法正确的是( AC )A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析:屋檐的底角为θ,底边长为L,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N,垂直于屋顶方向mgcos θ=F N,平行于屋顶方向mgsin θ=ma,雨滴的加速度为a=gsin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力F N′=F N=mgcos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据三角形知识判断,屋顶坡面的长度x=,由x=at2可得t=,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=gsin θ·t可得v=,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.12.如图,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小.这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码与纸板左端的距离及与桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,下列说法正确的是( BC )A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)gB.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)gC.若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码不会从桌面上掉下D.当F=μ(2M+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘解析:对纸板分析,当纸板相对砝码运动时,所受的摩擦力为f2=μ(M+m)g+μMg,故A错误;设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有f1=Ma1,F-f1-f2=ma2,发生相对运动需要a2>a1,此时f1=μMg,解得F>2μ(M+m)g,故B正确;若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码匀加速运动的位移小于==,匀减速运动的位移小于==,则位移小于d,不会从桌面掉下,故C正确;当F=μ(2M+3m)g时,砝码未脱离纸板时的加速度a1=μg,纸板的加速度a3==2μg,根据a3t2-a1t2=d,解得t=,则此时砝码的速度v=a1t=,匀加速运动的位移x=a1t2=d,可知砝码将离开桌面,故D错误.二、非选择题(共52分)13.(6分)在“验证牛顿运动定律”实验中,采用如图(甲)所示的装置图进行实验.(1)实验中,摩擦力已经平衡,测出小车的质量为M,沙和沙桶的总质量为m,若要将沙和沙桶的总重力大小作为小车所受拉力F的大小,这样做的前提条件是 .(2)在实验操作中,下列说法正确的是(填序号).A.求小车运动的加速度时,可用天平测出沙和沙桶的质量M′和m′,以及小车质量M,直接用公式a=g求出B.实验时,应先接通打点计时器的电源,再放开小车C.每改变一次小车的质量,都需要改变垫入的小木块的厚度D.先保持小车质量不变,研究加速度与力的关系;再保持小车受力不变,研究加速度与质量的关系,最后归纳出加速度与力、质量的关系(3)在满足实验条件下,某同学得到了如图(乙)的图线(M为小车和砝码的总质量),图线在纵轴上截距不为零的原因是 .解析:(1)根据牛顿第二定律得,mg=(M+m)a,解得a=,则绳子的拉力F=Ma==,可知当沙和沙桶的总质量远小于小车质量时,小车所受的拉力等于沙和沙桶的总重力,所以应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于小车的质量.(2)本实验探究加速度和力、质量的关系,所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用,故A错误;使用打点计时器时,应该先接通电源,后释放纸带,故B正确;平衡摩擦力后有μ=tan θ,小车质量改变时,总满足mgsin θ=μmgcos θ,与小车质量无关,所以不用再次平衡摩擦力,故C错误;本实验采用控制变量法,故D正确.(3)纵轴截距不为零,即小车质量M非常大时,小车仍有加速度,说明小车不受拉力作用时也具有加速度,因此可以断定平衡摩擦力过度.答案:(1)m≪M (2)BD(3)平衡摩擦力过度评分标准:每空2分.14.(6分)在学习牛顿第二定律之后,某同学在“验证加速度与力、质量的关系的实验”中,采用了如图(甲)所示的实验装置.操作如下:(1)平衡摩擦力时,按操作流程进行,若第一次打出的纸带如图(乙)所示,则应(选填“减小”“增大”或“不再调节”)木板的倾角,直到纸带上打出的点迹为止.(2)已知小车的质量为m0,砝码盘和砝码的总质量为m=30 g,实验时将砝码从砝码盘中逐渐转移到小车上,则实验时砝码及砝码盘的总质量小车的质量.A.远小于B.远大于C.不必远小于(3)如图(丙)所示是根据实验数据描绘的小车加速度a与砝码盘及其中砝码的总质量m之间的关系图像.若牛顿第二定律成立,重力加速度g取10 m/s2,则小车的质量m0= g.解析:(1)由图(乙)纸带可知小车在相等的时间内位移越来越大,即小车做加速运动,说明平衡摩擦力时木板的倾角过大,所以应该减小木板的倾角,直到打出的点迹均匀为止.(2)将砝码盘内的砝码转移到小车上,系统的总质量m0+m不变,研究对象是整个系统,绳子的拉力是内力,所以本题不需要满足m0≫m,选项C正确.(3)a=,可得=·,图像的斜率k= kg·m-1·s2=,又知m=0.03 kg,解得m0=0.06 kg=60 g.答案:(1)减小均匀(2)C (3)60评分标准:(1)每空1分;(2)(3)每空2分.15.(9分)如图所示,光滑水平地面与足够长的倾角θ=30°的光滑斜面平滑连接,A球位于斜面底端,B球在水平地面上,两者相距L=10 m.现A,B两个小球均以初速度v0=10 m/s开始运动,A 沿斜面向上,B沿水平面向右,取g=10 m/s2,求:(1)B球刚要滑上斜面时A球的速度;(2)A球到达最高点时,A,B两球之间的距离.解析:(1)设B球经过t1时间到达斜面底端,则t1==1 s, (1分)A球在斜面上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得a==gsin 30°=5 m/s2, (2分)A球在斜面上运动有v1=v0-at1, (1分)得B球到达斜面底端时A球的速度为v1=5 m/s. (1分)(2)A球到达最高点的距离为s A== m=10 m, (1分)设A球在斜面上滑行时间t2速度减为零,则t2==2 s, (1分)B球在斜面上滑行距离s B=v0(t2-t1)-a(t2-t1)2=7.5 m, (1分)故A与B相距Δs=s A-s B=2.5 m. (1分)答案:(1)5 m/s (2)2.5 m16.(9分)如图所示,两个质量都是m的滑块A和B,紧挨着并排放在水平桌面上,A,B间的接触面垂直于纸面且与水平面成α角,所有接触面都光滑.现用一个水平推力F作用于滑块A上,使A,B一起向右做加速运动.(1)若A,B间不发生相对滑动,它们共同向右的最大加速度是多少?(2)若A,B间不发生相对滑动,水平推力的大小应在什么范围内才行?解析:(1)在水平推力F作用下,A,B一起加速,对整体则有F=2ma(1分)对滑块A,受力如图(a)所示,地面对A的弹力N为零时,A与B之间将要发生相对滑动,则F-Tsin α=ma, (1分)mg=Tcos α, (1分)滑块B的受力如图(b)所示,则T′sin α=ma, (1分)N′=mg+T′cos α, (1分)又T=T′, (1分)得A,B一起向右运动的最大加速度a=gtan α. (1分)(2)A,B不发生相对滑动的水平推力F的大小满足F≤2mgtan α, (1分)故F的取值范围为0<F≤2mgtan α. (1分)答案:(1)gtan α(2)0<F≤2mgtan α17.(10分)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图所示,滑板长L=1 m,起点A到终点线B的距离s=5 m.开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进.滑板右端到达B处冲线,游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量m1=2 kg,滑板质量m2=1 kg,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)滑板由A滑到B的最短时间;(2)为使滑板能以最短时间到达B,水平恒力F的取值范围.解析:(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时,所用时间最短.设滑板加速度为a2,则f=μm1g=m2a2, (1分)得出a2=10 m/s2, (1分)又由s=, (1分)解得t=1 s. (1分)(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时,水平恒力最小,设为F1,此时可认为二者加速度相等,则F1-μm1g=m1a2, (1分)解得F1=30 N, (1分)当滑板运动到B,滑块刚好脱离时,水平恒力最大,设为F2,设滑块加速度为a1,则F2-μm1g=m1a1, (1分)-=L, (1分)解得F2=34 N, (1分)则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N. (1分)答案:(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N18.(12分)如图所示为车站使用的水平传送带模型,其A,B两端的距离L=8 m,它与水平台面平滑连接.现有物块以v0=10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.6.g取10 m/s2,试求:(1)若传送带保持静止,物块滑到B端时的速度大小;(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s,则物块到达B端时的速度大小;(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s,且物块初速度变为v0′=6 m/s,仍从A端滑上传送带,求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间.(结果保留两位有效数字)解析:(1)设物块的加速度大小为a,由受力分析可知F N=mg,F f=ma,F f=μF N,得a=6 m/s2, (1分)传送带静止,物块从A到B做匀减速直线运动,又x== m>L=8 m, (1分)则由-=-2aL,得v B=2 m/s. (1分)(2)由题意知,物块先加速到v1=12 m/s,由-=2ax1,得x1= m<L=8 m, (1分)故物块先加速后匀速运动,即物块到达B时的速度为v B′=v1= 12 m/s. (1分)(3)由题意可知,物块先向右减速后向左加速,①向右减速到v2=0时,由-v0′2=-2ax2得x2=3 m, (1分)由v2=v0′-at1得t1=1 s. (1分)②向左加速到v3=4 m/s时,由-=2ax3得x3= m<x2=3 m, (1分)故向左先加速后匀速由v3=v2+at2得t2= s. (1分)③向左匀速运动v4=v3=4 m/s,x4=x2-x3= m, (1分)由x4=v4t3得t3= s, (1分)故t=t1+t2+t3= s=2.1 s. (1分)答案:(1)2 m/s (2)12 m/s (3)2.1 s- 11 -。

1第三单元注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．力是物体与物体之间的相互作用，若把其中一个力称为作用力，则另一个力为反作用力。

下列与此相关的说法中，正确的是( )A ．先有作用力，后有反作用力B ．作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，物体因它们的合力等于零而处于平衡状态C ．如果作用力的性质是弹力，则反作用力的性质也一定是弹力D ．成人与小孩手拉手进行拔河比赛，因为成人拉小孩的力大于小孩拉成人的力，所以成人胜2．下列关于惯性的说法中，正确的是( )A ．速度越快的汽车刹车时车轮在地面上的擦痕就越长，说明物体的运动速度越大，其惯性也越大B ．出膛的炮弹是靠惯性飞向远处的C ．坚硬的物体有惯性，如投出去的铅球；柔软的物体没有惯性，如掷出的鸡毛D ．只有匀速运动或静止的物体才有惯性，加速或减速运动的物体都没有惯性3．爱因斯坦曾把物理一代代科学家探索自然奥秘的努力，比作福尔摩斯侦探小说中的警员破案。

下列说法符合物理史实的是( )A ．著名物理学家亚里士多德曾指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向B ．与伽利略同时代的科学家笛卡儿通过“斜面实验”得出推断：若没有摩擦阻力，球将永远运动下去C ．科学巨人牛顿在伽利略和笛卡儿的工作基础上，提出了动力学的一条基本定律，那就是惯性定律D ．牛顿在反复研究亚里士多德和伽利略实验资料的基础上提出了牛顿第二定律4．完全相同的两小球A 和B ，分别用可承受最大拉力相等的两根细线相连接悬挂在天花板下，如图所示。

学习资料单元质检三牛顿运动定律（时间：45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共6小题,每小题6分，共36分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重，一个可乘十多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机先送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置，制动系统启动,到地面时刚好停下，整个过程中（）A.一直处于失重状态B。

先失重后超重C。

一直处于超重状态D。

先超重后失重2.如图所示,两个质量分别为m1=0。

75 kg、m2=2 kg的物体置于光滑的水平面上,中间用外壳质量为m=0。

25 kg的弹簧测力计连接如图，弹簧的质量忽略不计,弹簧外壳恰好与地面接触,两个大小分别为F1=2 N，F2=8 N的水平拉力分别作用在m1、m2上,则下列说法不正确的是（)A.弹簧测力计的示数是6 NB.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为2 m/s2C.在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为4 m/s2D.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为2 m/s23.在军事演习中，空降兵从悬停在空中的直升机上跳下沿竖直方向运动的v—t图像如图甲所示，空降兵与自身装备总质量为64 kg,当速度减为零时空降兵恰好落到地面。

降落伞用8根对称的绳悬挂空降兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°,如图乙所示。

不计空降兵所受的空气阻力，sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则(）A。

空降兵前10 s处于超重状态B。

空降兵从175 m高处开始跳下C。

空降兵在整个运动过程中的平均速度大小为7.5 m/sD.落地前瞬间降落伞的每根绳对空降兵的拉力大小为220 N4。

(2021山东省实验中学高三月考）如图甲,MN是倾角θ=37°传送带的两个端点,一个质量m=5 kg的物块(可看作质点),以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。

第3讲牛顿运动定律综合应用主干梳理对点激活知识点连接体问题Ⅱ1.连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的错误!未定义书签。

物体系统称为连接体.２.外力与内力（1）外力:系统错误!之外的物体对系统的作用力。

（2）内力:系统错误!内各物体间的相互作用力。

３.整体法和隔离法(1)整体法:把错误!加速度相同的物体看做一个整体来研究的方法。

（２)隔离法：求错误!系统内物体间的相互作用时,把一个物体隔离出来单独研究的方法。

知识点临界极值问题Ⅱ１.临界或极值条件的标志(1）有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,即表明题述的过程存在着错误!临界点。

（2)若题目中有“取值范围”“多长时间"“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往对应错误!未定义书签。

临界状态。

（3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少"等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点。

(4）若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度。

2.四种典型的临界条件(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离，临界条件是错误!未定义书签。

弹力F N=0。

（２)相对滑动的临界条件:两物体相接触且相对静止时,常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是错误!静摩擦力达到最大值.ﻬ(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于错误!它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是错误!F T=0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是错误!未定义书签。

a＝0,速度为0的临界条件是a达到错误!未定义书签。

最大。

知识点多过程问题Ⅱ1.多过程问题很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程,在物体不同的运动阶段,物体的错误!运动情况和错误!受力情况都发生了变化,这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题。

时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，则电梯在运送乘客的过程中( )A．乘客始终受摩擦力作用B．乘客经历先超重再失重的状态C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上D．电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上答案 D解析乘客先斜向上做加速运动后做匀速运动，故乘客先超重后处于平衡状态，选项B 错误；匀速运动阶段乘客受竖直方向的重力与支持力作用而平衡，不受摩擦力，选项A错误；乘客在加速运动阶段受电梯的作用力与重力，合力沿平行电梯斜面向上，重力竖直向下，故电梯对乘客的作用力斜向前上方，选项C错误、D正确。

2.如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行。

t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时传送带突然制动停下。

已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2。

在下图中，关于滑块相对地面运动的v­t图象正确的是( )答案 D解析 滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v a ＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2 ＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝1 s ，所以速度时间图象对应D 选项。

3．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一质量为m 1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m 2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ。

若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a 一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且α<β，不计空气阻力，则滑块的运动情况是( )A ．沿着杆减速下滑B ．沿着杆减速上滑C ．沿着杆加速下滑D ．沿着杆加速上滑答案 B解析 由于滑块与小球保持相对静止以相同的加速度运动，故小球加速度方向沿杆的方向，由小球的受力分析可知，加速度方向沿斜面向下。